適用于新高考新教材廣西專版2024屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第2章相互作用共點力的平衡課時規(guī)范練6受力分析共點力的平衡

課時規(guī)范練6受力分析共點力的平衡基礎(chǔ)對點練1.(受力分析)如圖所示,M、N兩物體疊放在一起,在恒力F作用下,保持靜止?fàn)顟B(tài),則關(guān)于兩物體受力情況的說法正確的是()A.物體N可能受到4個力B.物體M可能受到6個力C.物體M與墻之間一定沒有彈力和摩擦力D.物體M與物體N之間可能無摩擦力2.(物體平衡條件應(yīng)用)(2023重慶南開中學(xué)高三月考)如圖所示,一工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進,手對磚夾豎直方向的拉力大小為F。已知磚夾的質(zhì)量為m,重力加速度為g,磚夾與磚塊之間的動摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若磚塊不滑動,則磚夾與磚塊一側(cè)間的壓力的最小值是()A.F2μ BC.F-mg23.(物體平衡)圖甲為烤腸機,香腸放置在兩根水平的平行金屬桿中間,其截面圖如圖乙所示。假設(shè)香腸可視為質(zhì)量均勻的圓柱體,烤熟后香腸質(zhì)量不變,半徑變大(烤熟前后金屬桿靜止不動)。忽略摩擦及金屬桿的熱脹冷縮,則香腸烤熟后與烤熟前相比()A.金屬桿1對其支持力與豎直方向夾角變大B.金屬桿2對其支持力變小C.每根金屬桿對其作用力先變大再變小D.兩根金屬桿對其合力減小4.(平衡條件應(yīng)用、平衡法解題)如圖所示,在高空走鋼絲的表演中,若表演者走到鋼絲中點時,使原來水平的鋼絲下垂與水平面成θ角,則此時鋼絲上的彈力應(yīng)是表演者(含平衡桿)體重的()A.12 B.cosθ2 C.15.(受力分析、動態(tài)分析)(2023天津高三模擬)如圖所示,質(zhì)量為m'的斜面靜置在水平地面上,斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊,水平力F作用在小物塊上時,兩者均保持靜止,斜面受到水平地面的靜摩擦力為Ff1,小物塊受到斜面的靜摩擦力為Ff2?，F(xiàn)使F逐漸增大,兩者仍處于靜止?fàn)顟B(tài),則()A.Ff1、Ff2都增大B.Ff1、Ff2可能都減小C.Ff1一定增大,Ff2可能減小D.Ff1不一定增大,Ff2一定增大素養(yǎng)綜合練6.如圖所示,一粗糙的固定斜桿與水平方向成θ角,一定質(zhì)量的滑環(huán)A靜止懸掛在桿上某位置?，F(xiàn)有一根輕質(zhì)細繩a,一端與滑環(huán)A相連,另一端與小球B相連,且輕繩a與斜桿垂直。另一輕質(zhì)細繩b沿水平方向拉小球B,使小球B保持靜止。將水平輕繩b的C端沿圓弧緩慢移動到豎直位置,B的位置始終不變,則在此過程中()A.輕繩a上的拉力先減小后增大B.輕繩b上的拉力先增大后減小C.斜桿對A的支持力一直在減小D.斜桿對A的摩擦力一直在減小7.(2023山東濟寧高三模擬)在某些大型機械設(shè)備無法進入的建筑工地,工人們使用簡單的機械裝置將工件從地面提升到樓頂。如圖所示,質(zhì)量相同的甲、乙兩人將工件提升到圖示高度后保持站立位置不動,甲緩慢釋放手中的繩子,乙用始終水平的繩子將工件緩慢向左拉至其所在位置。甲、乙兩人握繩處始終處于同一高度上,繩的重力及與滑輪的摩擦不計,則在工件向左移動過程中,下列說法正確的是()A.甲對繩子的拉力不斷減小B.樓頂對甲的支持力不斷增大C.樓頂對甲的摩擦力始終大于對乙的摩擦力D.甲對樓頂?shù)膲毫κ冀K大于乙對樓頂?shù)膲毫?.(2023湖南高三月考)如圖甲所示,空調(diào)外機用兩個三角形支架固定在外墻上,圖乙為簡化示意圖,空調(diào)外機的重心恰好在橫梁AO和斜梁BO連接點O的上方,重力大小為300N。AO水平,BO與AO的夾角為37°,sin37°=0.6。假定橫梁對O點的力總沿AO方向,斜梁對O點的力總沿BO方向,則下列判斷正確的是()A.橫梁對O點的拉力為225NB.斜梁對O點的推力為400NC.如果要使橫梁對O點的作用力變小,可以把斜梁加長一點,仍保持連接點O的位置不變,橫梁仍然水平D.如果要使橫梁對O點的作用力變小,可以把斜梁減短一點,仍保持連接點O的位置不變,橫梁仍然水平9.如圖所示,質(zhì)量為m的物塊A置于傾角為30°的固定粗糙斜面上,其上端通過一輕繩跨過光滑定滑輪與沙桶B相連。初始時沙桶B中沒有沙子,質(zhì)量為12m?，F(xiàn)向沙桶B中緩慢加入沙子,整個系統(tǒng)始終保持靜止,則在加入沙子的過程中,以下說法正確的是(A.B所受的合力增大B.A所受的摩擦力一直增大C.A所受的摩擦力先減小后增大D.A、B間的輕繩拉力大小保持不變答案：課時規(guī)范練6受力分析共點力的平衡1.C解析:M、N兩物體靜止,所受合力為0,對M、N整體進行受力分析,受到重力和F,墻對M沒有彈力,否則合力不能為0,所以也沒有摩擦力,故C正確;對N進行受力分析,受到重力、M對N的支持力和M對N向上的靜摩擦力,一共3個力,故A、D錯誤;再對M進行受力分析,受到重力、推力F、N對M的壓力以及N給M沿斜面向下的靜摩擦力,一共4個力,故B錯誤。2.C解析:工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進,磚夾處于平衡狀態(tài),在豎直方向滿足F=mg+2Ff,磚夾與磚塊之間恰好達到最大靜摩擦力,Ff=μFN,聯(lián)立解得,磚夾與磚塊一側(cè)間的壓力的最小值為FN=F-mg3.B解析:香腸的受力情況如圖所示。單根金屬桿對香腸的彈力FN1=FN2=G2cosθ,香腸烤熟后與香腸烤熟前重力不變,兩根金屬桿對其合力不變。由于熟香腸半徑大,則對應(yīng)的θ變小,則金屬桿對香腸的支持力減小,故A、C、D錯誤4.C解析:以人為研究對象,分析受力情況,如圖所示,根據(jù)平衡條件,兩繩子合力與重力等大反向,則有2Fsinθ=mg,解得F=mg2sinθ,故鋼絲上的彈力應(yīng)是表演者和平衡桿重力的12sinθ,C正確,A、5.C解析:對整體受力分析,受到重力、支持力、靜摩擦力和推力,則有Ff1=F,故F增大,Ff1一定增大。再對小物塊受力分析,受重力、支持力、推力,可能有靜摩擦力。當(dāng)mgsinθ>Fcosθ時,靜摩擦力沿斜面向上,大小為Ff2=mgsinθ-Fcosθ,F增大時,Ff2變小;當(dāng)mgsinθ=Fcosθ時,靜摩擦力為零,F增大時,靜摩擦力向下,即Ff2變大;當(dāng)mgsinθ<Fcosθ時,靜摩擦力沿斜面向下,大小為Ff2=Fcosθ-mgsinθ,F增大時,Ff2變大;故Ff2可能減小,也可能增大,故選C。6.C解析:由題意知,小球B處于平衡狀態(tài),對小球受力分析如圖甲所示,輕繩b由水平方向變到豎直方向,由矢量三角形的動態(tài)分析可以看出,輕繩b上的拉力先減小后增大,輕繩a上的拉力一直在減小,故A、B錯誤;滑環(huán)A處于靜止?fàn)顟B(tài),對A受力分析如圖乙所示,由于a繩對A的拉力FT一直在減小,故斜桿對A的支持力也一直在減小,斜桿對A的摩擦力一直等于mAgsinθ,保持不變,故C正確,D錯誤。7.C解析:開始的時候繩子上的拉力大小等于工件的重力,后來等于工件重力和乙對工件拉力的合力,由于工件的重力和乙對工件的拉力相互垂直,放在矢量三角形中可以看出,合力大于工件的重力,且隨著工件向左移動,繩子上的拉力不斷增大,所以甲對繩子的拉力不斷增大,繩子對甲的拉力也不斷增大,則樓頂對甲的支持力不斷減小,故A、B錯誤。設(shè)甲手中繩子與豎直方向夾角為α,跨過定滑輪連接工件的繩子與豎直方向夾角為θ,繩子拉力為F,開始時,樓頂對甲的摩擦力等于Fsinα,對乙的摩擦力為0,Ff甲>Ff乙;當(dāng)工件被拉至乙所在位置時,樓頂對乙的摩擦力最大,等于F'sinθ,此時樓頂對甲的摩擦力等于F'sinα,因為α>θ,所以Ff甲'>Ff乙';所以在移動過程中樓頂對甲的摩擦力始終大于對乙的摩擦力,故C正確。剛開始時,樓頂對甲的支持力等于甲的重力減繩子向上的分力,而對乙的支持力等于乙的重力,由于甲、乙質(zhì)量相等,所以重力相等,由牛頓第三定律可得,此時甲對樓頂?shù)膲毫π∮谝覍琼數(shù)膲毫?故D錯誤。8.C解析:以O(shè)點為研究對象受力分析,受到空調(diào)外機的壓力G、斜梁BO的作用力F1和橫梁AO的作用力F2,如圖所示,由幾何關(guān)系可得F1=Gsinθ=500N,F2=Gtanθ=400N,故A、B錯誤;若把斜梁加長一點,仍保持點O的位置不變,橫梁仍然水平,則此時θ變大,tanθ變大,由F2=Gtanθ可知,F2將減小,故9.B解析:整個系統(tǒng)始終保持靜止,故B所受的合力始終為0,A錯誤;B